设A=,求可逆阵P=,Q=,使得PAQ=

P-(P-Q)={x|x∈P,且x属于Q}Q-(Q-P)={x|x∈P,且x属于Q}二者等价

S^-1AS=C=diag(a1*I1,a2*I2,...,ar*Ir)分为r块,每块特征值相同,Ii都是单位阵SCS^-1B=AB=BA=BSCS^-1,左乘S^-1,右乘S,得CS^-1BS=S^

a可能取值0,1,2b可能取值2,4,5那么a＋b可能的取值为2,3,4,5,6,7P+Q＝｛2,3,4,5,6,7}

教科书中应该有这样的两个结论:1.初等变换不改变矩阵的秩2.可逆矩阵可以表示成初等矩阵的乘积由P,Q可逆,所以它们可以表示成初等矩阵的乘积所以PA相当于对A做若干初等行变换,它的秩不变,即仍是A的秩同

提示：可逆矩阵可以看成若干初等矩阵的乘积.用等价矩阵秩相等去证.

任一矩阵都可经初等行变换化成行最简形,左乘一个初等矩阵相当于对A进行一次初等行变换.这样的话,就存在若干初等矩阵P1,...,Ps,使得P1P2...PsA=行最简形.所以P1P2...Ps(A,E)

充分性：因为P、Q可逆,所以P,Q可以分解成若干个基本初等矩阵的积,所以A~B必要性：因为A~B,所以A经过若干次初等行列变换后成为B,即PAQ=B,（P、Q可逆）

根据集合元素的相异性,得a不等于1,b不等于1所以（1）a=1/2a,b=b^2解得：a=0,b=0此时P={1,0,0},根据集合元素的相异性,不合题意解得：a=0,b=1此时Q={1,0,1},根

设对应的二次型矩阵A的特征值为λ则|A-λE|=-λ-11-1-λ111-λ第2列加上第3列=-λ01-1-λ+1111-λ-λ第3行减去第2行=-λ01-1-λ+1120-λ-1按第2列展开=(-λ

为了记号简便,用α'表示α的转置.向量α可视为1×n矩阵,而α'是n×1矩阵.由矩阵乘法的结合律,有A²=(α'α)(α'α)=α'(αα')α.而α‘α是1×1矩阵,也就是一个常数,设b=

知识点:n阶可逆矩阵等价于n阶单位矩阵E.因为A,B可逆,所以存在可逆矩阵P1,P2,Q1Q2满足P1AQ1=EP2BQ2=E所以P1AQ1=P2BQ2所以P2^-1P1AQ1Q2^-1=B令P=P2

P,Q是可逆矩阵,则可表示为初等矩阵的乘积PA,AQ相当于对A实施一系列的初等变换,故秩不变

存在可逆矩阵P和Q,使得PAQ=B,这其实就是通过初等变换实现的,P表示行变换,Q表示列列变换.存在可逆矩阵P使P^-1AP=B,这说明A与B相似,但不是随便两个矩阵都相似的

存在可逆矩阵P.Q使PAQ=B那么P,Q是初等矩阵吗?P,Q不一定是初等矩阵,但它们是初等矩阵的乘积.

1-2r2,r3+3r1,c2c4即得矩阵(1000,0100,0000)所以P=1-200103-61Q=1000000100100100PS.匿名系统扣10分,不如用来悬赏

设此矩阵A的特征值为λ则|A-λE|=4-λ0003-λ1013-λ按第1行展开=(4-λ)*(λ^2-6λ+8)=0解得λ=2,4,4当λ=2时,A-2E=200011011第1行除以2,第3行减去

p=cosacosbq=cos²[(a+b)/2]=[1+cos(a+b)]/2=[cosacosb-sinasinb+1]/2∴p-q=[cosacoab+sinasinb-1]/2=[c

由于P与Q可以写成有限个初等矩阵的乘积,例如设P=P1P2...Ps,Q=Q1Q2...Qt,所以B=PAQ=P1P2...PsAQ1Q2...Qt,而矩阵A左乘或者右乘初等矩阵相当于对矩阵A做了初等

令log9(p)=log12(q)=log16(p+q)=k则p=9^k,q=12^k,p+q=16^k所以9^k+12^k=16^k两边除16^k(9/16)^k+(12/16)^k=1所以(3/4

这类题麻烦.|A-λE|=-1-λ-123-5-λ62-22-λc1+c2-2-λ-12-2-λ-5-λ60-22-λr2-r1-2-λ-120-4-λ40-22-λ=(-2-λ)[(-4-λ)(2-